0.6，cos37° = 0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不
2
计，重力加速度g取10 m/s．求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若AB的长度为25m,求BC的长度为多少？ A 解析：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，37° C 设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律有 B mgsinθ－Ff1＝ma1
FN1－mgcosθ＝0
又 Ff1＝μFN1
联立解得 a1 = g（sinθ－μcosθ）
2
代入数据得 a1 = 2.0 m/s （2）人滑到B点时 ?B?
2a1sAB=10m/s
在水平轨道上运动时Ff2=ma2
22 a2 =?g =5m/s 由 ?c??B?2a2sBC
2sBC=
2?B2a2=10m
70.（08江苏武进模拟）如图所示，在水平的桌面上有一木板长0.5m，一端与桌边对齐，板的上表面与铁块的摩擦因数0.5，桌面与木板下表面的摩擦因数0.25，木板的质量1kg，在木板的中
央放一小铁块，质量0.25kg，用水平力F拉木板。求（1）拉力至铁块会与木板发生相对运动？（2）拉力至少是多大，铁块不会从下。
2
解析：(1)将板抽出时，铁块向右加速，加速度a1=μ1g=5m/s 由牛顿第二定律，板的加速度a2=〔F-μ1Mg-μ2(M+m)g〕/M 为了能抽出木板a1> a2 F>9.375N
(2)铁块在木板上加速，落到桌面上减速到0 如果刚好到达桌面的边缘
22
L/2=μ1g t1/2+μ2g t2/2 μ1g t1=μ2g t2
2
解得t1=1/30秒 板的抽出过程
21 F 少多大，桌上落
at1/2=L/2+μ1g t1/2
2
解得a=20m/s 由牛顿第二定律
a2=〔F-μ1Mg-μ2(M+m)g〕/M F=24.375N
71.（江苏省连云港 淮安 宿迁三市2007～2008学年度高三年级第二次考试物理试题） 足够长的倾角θ=53°的斜面固定在水平地面上，一物体以v0=6.4m/s的初速度，从斜面底端向上滑行，该物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，如图所示。（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2）
⑴求物体从开始到再次返回斜面底端所需的时间； ⑵求返回斜面底端时的速度；
⑶若仅将斜面倾角θ变为37°，其他条件不变，试求物体在开始第1s内的位移大小。（结果保留2位有效数字）
解析：⑴由牛顿第二定律得：mgsin???mgcos??ma
a?gsin???gcos??(10?0.8?0.8?10?0.6)m/s2?12.8m/s2
v0 θ 2
2
v06.42 上滑最大距离：x??m?1.6m
2a2?12.8 上滑时间：t1?2v06.4?s?0.5s a12.8' 下滑过程中： mgsin???mgco?s?ma 得 a?gsin???gcos??(8?4.8)m/s?3.2m/s
'22又根据x?1'2at2 下滑时间t2?22x?'a2?1.6s?1s 3.2 总时间为： t = t1＋t2 = 1.5s ⑵返回斜面底端时的速度大小v = a′t2 = 3.2 m/s ⑶上滑过程中满足：mgsin???mgcos??ma1
a1?gsin???gcos??(10?0.6?0.8?10?0.8)m/s?12.4m/s 上滑时间：t停?'''22''v06.416?s?s?1s a112.431' 又因为mgsin???mgcos? 所以物体滑到最顶端后不再下滑，保持静止。
22
v06.42 得：x??m?1.7m
2a12?12.472.（虹口区2007学年度第一学期高三年级物理学科期终教学质量监控测试题）如图所示，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从A点由静止开始作匀加速运动，前进了0.45m抵达B点时，立即撤去外力。此后小木块又前进0.15m到达C点，速度为零。已知木块与斜面动摩擦因数μ=3错误！未指定书签。/6，木块质量m=1kg。求：
(1)木块向上经过B点时速度为多大?
(2)木块在AB段所受的外力多大?( g=10 m/s2)
C B A F 30° 2解析：(1)撤去外力后，小木块做匀减速运动从B运动到C， 加速度大小为 a?gsin???gcos??7.5m/s2
22 所以有 vC?vB??2as
代入可解得 vB?2as?2?7.5?0.15?1.5m/s (2)设外加恒力为F则刚开始从A运动到B的加速度为 a1?F?(gsin???gcos?) m60 F/N 2 刚开始是做匀加速直线运动，故有： vB?2a1s1
代入数据可求得： F=10N 57 73．（姜堰市第二中学2007～2008学年度第三次54 模拟考试高三物理试题）一同学想研究电梯上升过程51 的运动规律。某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为48 5kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力45 0 3 6 9 12 15 18 传感器上。电梯从第一层开始启动，中间不间断，一
直到最高层停止。在这个过程中，显示器上显示出的力随时间变化的关系如图所示。取重力加速度g=10m/s2，根据表格中的数据，求：
（1）电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小； （2）电梯在3.0~13.0s时段内的速度v的大小； （3）电梯在19.0s内上升的高度H。
解析：(1) a1= a2=
N1 - mg58 - 5022
m = 5 m/s =1.6 m/s
t/s mg - N250 - 4622
= m/s = 0.8m/s m5
（2）v1= a1·t1=1.6×3 m/s =4.8 m/s
23
1111
(3) H=2a1t12+v1t2+2a2t22=2×1.6×32m+4.8×10m+2×0.8×62m =7.2m+48m+14.4m=69.6m
74．（黄浦区2008年高考模拟考） 两个完全相同的物体A、B，质量均为m＝0.8kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动。图中的两条直线分别表示A物体受到水平拉力F作用和B物体不受到拉力作用的v-t图象，求：（1）物体A所受拉力F的大小；
（2）12s末物体A、B之间的距离s。
-1v/m.s
8
6 解析：（1）设A、B两物块的加速度为a1、a2。
4 ?v由v–t图可得：
a1?1?t1?8?41?m/s2 2 12?03a2??v20?4222???m/s2 算出（a2?m/s同
3?t26?030 3 6 9 12
样给分）
对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：F-f＝ma1 f＝ma2 可得：F＝m（a1 + a2）＝0.8×（
12?)＝0.8N 33（2）设A、B两物块12s内的位移分别为S1、S2，，由图像得:
1?(4?8)?12?72m 21s2??6?4?12m
2s1?所以S＝S1-S2＝60m
75. （黄浦区2008年高考模拟考） 辨析题：物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别是mA和mB，与水平面之间的动摩擦因数分别为μA和μB。用平行于水平面的力F分别拉物体A、B，得到加速度a和拉力F的关系图像分别如图中A、B所示。利用图象求出A、B两物体与水平面之间动摩擦因数μA和μB的数值。
甲同学分析的过程是：从图像中得到F＝6N时，A物体的加速度aA＝2.0m/s2，B物体的加速度aB＝1.0m/s2，根据牛顿定律导出： F
m＝a ，mA＝3.0kg，mB＝6.0kg，
f
又fA＝fB＝2N，NA＝mAg＝30 N，NB＝mBg＝60 N，μA＝N A
f
＝0.067，μB＝N ＝0.033，
B
乙同学的分析过程是：从图象中得出直线A、B的斜率为：
24
kA＝tan45?＝1，kB＝tan26?34’＝0.5， 1
而斜率k＝m ，所以mA＝1kg，mB＝2kg，
ff
又fA＝fB＝2N，NA＝mAg＝10 N，NB＝mBg＝20 N，μA＝N ＝0.2，μB＝N ＝0.1，
A
B
你认为这两位同学的解法是否合理？请说明理由；若不合理，请用你自己的方法算出正确结果。
解析：甲错在把水平力F当作合外力，而A、B两物块均受摩擦力f＝2N 乙错在由于a轴和F轴的标度不同，斜率k不等于tan? 正确的求解是：mA?FA?f6?2??2kg aA2mB?FB?f6?2??4kg aB1fA2??0.1 NA20fA?fB?2N NA?mAg?20N ?A?NB?mBg?40N ?B?fB2??0.05 NB4076.（泰州市2008届第一次联考）某航空母舰(无弹射装置)上的战斗机在甲板上加速时，
2
发动机产生的最大加速度是a=4.5m/s，飞机起飞所需速度至少为v=50m/s，航空母舰甲板长为L=100m为使—电机安全起飞，航空母舰匀迷航行的最小速度v0为多大? 某同学求解过程如下：
2由运动学知识可得 v2?v0?2aL 解得v0?v2?2aL 2 代入数据得v0?50?2?4.5?100?40m/s
请问：该同学所得结论是否有错误?若有错误，请给山正确解答。 解析：该同学的结论是错误的。
[解法一]本问题可等效为一个追及问题，画出v-t如图所示，航空母舰以v0 做匀速运动，飞机在甲板上加速，图中阴影面积表示甲板长L=100m。
v?v0 a1由图中三角形面积可知(v?v0)t?L
2飞机的加速时间为t?即(v?v0)2?2aL 解得v0?20m/s
[解法二] 用相对速度法，以航母为参照系，飞机初速度为 ，加速到甲板末端起飞前速度为(v?v0)
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